Đề thi thử Đại học (tỉnh Bắc Ninh) môn Toán - Đề 3

www.VNMATH.com 
 SỞ GD&ĐT BẮC NINH 
TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ 
 NGÀY THI 17/01/2014 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 
NĂM HỌC 2013-2014 
Môn thi: TOÁN; Khối B 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề 
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số 4 2 1   y x mx m với m là tham số, có đồ thị (Cm). 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1. 
b) Tìm m để các tiếp tuyến của đồ thị (Cm) tại các điểm cố định của (Cm) vuông góc 
với nhau. 
Câu 2 (1 điểm). Giải phương trình: 2cos 6 3 cos 2 sin 2 3 2cos 4x x x x    . 
Câu 3 (1 điểm). Giải bất phương trình: 22 2 3 2     x x x x . 
Câu 4 (1 điểm). Tìm hệ số của 10x trong khai triển nhị thức Niutơn của (2 3 ) nx , biết 
1 2 20
2 1 2 1 2 1... 2 1      
n
n n nC C C . 
Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB 
= BC = a; AD = 2a. Các mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt đáy (ABCD). 
Biết góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 600. Tính thể tích khối chóp và khoảng 
cách giữa hai đường thẳng CD và SB. 
Câu 6 (1 điểm). Cho a, b, c là các số dương và 3  a b c . Chứng minh rằng: 
332 7
4
    a b ab bc abc . 
Câu 7 (1 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết 
A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ 
đỉnh C và D. 
Câu 8 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn 2 2( ) : 13 C x y và 
2 2( ') : ( 6) 25C x y   . Gọi A là một giao điểm của ( )C và ( ')C với 0Ay  . Viết phương trình 
đường thẳng d đi qua A và cắt ( ), ( ')C C theo hai dây cung có độ dài bằng nhau (hai dây cung 
này khác nhau). 
Câu 9 (1 điểm). Giải phương trình: 
2 2
1
os2
sin os os229 4.9 13 9 3

   
c x
x c x c x . 
--------------Hết-------------- 
www.VNMATH.com 
 SỞ GD&ĐT BẮC NINH 
TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ 
 NGÀY THI 18/01/2014 
HD CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2014 
Môn thi: TOÁN; Khối B 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề 
Câu Ý Nội dung Điểm 
1 a) Khảo sát và vẽ đồ thị 1.0 
 Khi  1m , ta có hàm số   4 2 2y x x . 
 Tập xác định :  D . 
 Sự biến thiên: 
- Chiều biến thiên: 2' 2 (2 1) y x x ; ' 0 0y x   . 
- Khoảng đồng biến (0; ) , khoảng nghịch biến ( ;0) . 
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại   0, 2CTx y . 
- Giới hạn: lim
x
  và lim
x
  . 
- Bảng biến thiên 
 x  0  
 y’ – 0 + 
   
 y 
 -2 
 Đồ thị : Đồ thị cắt trục Ox tại ( 1;0);(1;0) và cắt Oy tại (0; 2) 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
b) Tìm m 1.0 
 Gọi điểm cố định mà đồ thị đi qua có tọa độ là: 0 0( ; )x y , ta có 
4 2
0 0 0 1y x mx m    luôn đúng với mọi m. 
Hay: 2 40 0 0( 1) 1 0m x x y     luôn đúng với mọi m 
2
0
4
0 0
1 0
1
x
y x
  
 
 
Khi đó ( )mC luôn luôn đi qua hai điểm cố định là ( 1;0), (1;0)A B . 
Hai tiếp tuyến tại A, B vuông góc nên có 
3
'( 1) (1) 1 ( 4 2 )(4 2 ) 1
2
y y m m m            hoặc 
5
2
m   . 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
www.VNMATH.com 
Vậy với 
3
2
m   , 
5
2
m   thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
2 Giải phương trình lượng giác 1.0 
 Phương trình đã cho trở thành 
2cos6x+2cos4x- 3cos2x = sin2x+ 3 
 4cos5xcosx = 2sinxcosx + 2 3 cos2x 
os x=0
2cos5x =sinx+ 3 cos
c
x

 

cos 0
os5x=cos(x- )
6
x
c





2
24 2
2
42 7
x k
k
x
k
x


 
 

 

   


  

0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
3 Giải bất phương trình: 22 2 3 2     x x x x 1.0 
Điều kiện: 
2
3
x  . 
Bất phương trình trở thành:   22 3 2 ( 2) 0x x x x       
 
2
2 1 0 (1)
2 3 2
x x
x x
 
     
   
Đặt 
2
( ) 1
2 3 2
f x x
x x

  
  
 với 
2
3
x  . 
Ta có 
 
 
2
2 2 3 2 ' 2
'( ) 1 0,
32 3 2
x x
f x x
x x
  
    
  
. 
Do đó
2 5 3
( ) 0
3 3 2
f x f
 
    
 
. 
Khi đó từ (1) ta có 2 0 2x x    . 
Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình: 
3
2
2
x  . 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
4 
Tìm hệ số của 10x trong khai triển 
1.0 
 Ta có 0 1 2 1 2 1 2 12 1 2 1 2 1... (1 1) 2
  
       
n n n
n n nC C C . 
Lại có: 0 2 1 1 2 2 2 1 12 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1; ; ;...;
  
          
n n n n n
n n n n n n n nC C C C C C C C 
0.25 
0.25 
www.VNMATH.com 
Do đó: 
2 1
0 1 2 20
2 1 2 1 2 1
2 2
... 2 1 2 1 10
2

  

         
n
n n
n n nC C C n 
Mà: 
10
10 10
10
0
(2 3 ) 2 3

  k k k k
k
x C x 
Hệ số của 10x tương ứng 10k 
Vậy hệ số của 10x là: 10 10 1010 3 3C . 
0.25 
0.25 
5 Hình học không gian 1.0 
 * Tính thể tích: 
Gọi H = AC  BD  SH  (ABCD) & BH = 
3
1
BD. 
Kẻ HE  AB  AB  (SHE) nên góc giữa (SAB) và (ABCD) là: 
 0SHE 60 
Mà HE = 
3
1
AD = 
3
2a
  SH = 
3
32a . 
 VSABCD = 
3
1
.SH.SABCD = 
3
33a . 
 S 
 K 
 A O D 
 I 
 E H 
 B C 
* Tính khoảng cách: 
Gọi O là trung điểm AD,  AC BO I . 
Khi đó ABCO là hình vuông cạnh a . 
ACD có trung tuyến SO = 
2
1
AD 
CD  AC  CD  (SAC) và BO // CD 
Hay CD // (SBO) và BO  (SAC). 
d(CD ; SB) = d(CD ; (SBO)) = d(C ; (SBO)). 
Theo tính chất trọng tâm tam giác BCO ta có 
2 21 2 5 2IS
3 6 6
     
a a
IH IC IH HS . 
0.25 
0.25 
0.25 
www.VNMATH.com 
Kẻ CK  SI mà CK  BO  CK  (SBO)  d(C;(SBO)) = CK. 
Trong tam giác SIC có: 
1 1 . 2 3
. .
2 2 5
     SIC
SH IC a
S SH IC SI CK CK
SI
5
32. a
SI
ICSH
 . 
Vậy: 
2 3
( ; )
5

a
d CD SB . 
0.25 
6 Chứng minh 1.0 
 Ta có: 
3 33 3 1 1 12 2 .4 .4 .4 .16
4 4 2 2 4
        a b ab bc abc a b a b b c a b c 
3 4 4 4 16
2
4 4 4 12
28( )
7
12
   
    
 
 
a b b c a b c
a b
a b c
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: 
16 4 1
; ;
7 7 7
  a b c 
0.25 
0.5 
0.25 
7 Tìm tọa độ đỉnh C và D 1.0 
Ta có: 
 1;2 5AB AB   

. Phương trình của AB là: 2 2 0x y   . 
   : ;I d y x I t t   . I là trung điểm của AC và BD nên ta có: 
   2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t  . 
Mặt khác: D . 4ABCS AB CH  (CH: chiều cao) 
4
5
CH  . 
Ngoài ra:  
   
4 5 8 8 2
; , ;| 6 4 | 4
3 3 3 3 3;
5 5
0 1;0 , 0; 2
t C Dt
d C AB CH
t C D
    
     
       
    
Vậy tọa độ của C và D là 
5 8 8 2
; , ;
3 3 3 3
C D
   
   
   
 hoặc    1;0 , 0; 2C D  . 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
8 Viết phương trình đường thẳng d.. 1.0 
 Theo giả thiết: 
( ) (0;0) , 13
( ') '(6;0) , ' 5


C có tâm O bán kính R
C có tâm O bán kính R
www.VNMATH.com 
Tọa độ các giao điểm của ( ) ( ')C và C là nghiệm của hệ phương trình: 
2 2 13
2 2( 6) 25
  

   
x y
x y
2 2 13
2 2 12 11 0
  
 
    
x y
x y x
2
(2;3) ( 0)3
3


  
  
x
A vì yy
A
y
Gọi H, H’ lần lượt là giao điểm của đường thẳng d và các đường tròn 
( ) , ( ')C C thỏa 'AH AH , với H không trùng H’. 
Gọi M, M’ lần lượt là trung điểm của AH, AH’. Vì A là trung điểm của đoạn 
thẳng HH’ nên A là trung điểm của đoạn thẳng MM’. 
Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng OO’ (3;0) I . 
Ta có IA // OM. Mà ( ) ( ) OM d nên IA d 
( ) ( 1;3)  

d cóvtpt IA và qua (2;3)A 
Vậy phương trình đường thẳng : 1( 2) 3( 3) 0 3 7 0         d x y x y . 
0.25 
0.5 
0.25 
9 Giải phương trình 1.0 
 2
2 2 2
3
2sin
sin 1 sin 1 2sin29 4.9 13 9 3

    
x
x x x 
2
2 2 2
sin
sin 2sin sin
36 27 3
9 13
9 9 9
    x
x x x
. 
Đặt 
2sin x9 ,1 9  t t , ta có phương trình : 
2
39 27
13 0 1; 3; 9       t t t t
t t
. 
+ Với 20 sin 0     t x x k . 
+ Với 21 sin 0 cos 0
2

       t x x x k . 
+ Với 2
1 1
sin cos 2 0
2 2 4 2
 
       
k
t x x x . 
Vậy nghiệm phương trình là: ( )
4

 
k
x k . 
0.25 
0.5 
0.25 
Tổng : 10.00 
 Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương từng phần.